مسابقة دكتوراه 2015 — Université Djilali Liabès - Sidi Bel Abbès — الموضوع 03

Exercice 01

Forme standard. On met toutes les contraintes en $\leq$ (problème de minimisation) en multipliant par $-1$ celles en $\geq$, puis on ajoute les variables d'écart $s_1,s_2,s_3,s_4\geq 0$ :

$\begin{cases}-2x_1-2x_2+x_3+s_1=-2\\ x_1-x_2-4x_3+s_2=-3\\ -x_1-x_2+2x_3+s_3=-6\\ -2x_1-x_2+2x_3+s_4=-3.\end{cases}$

La base initiale $(s_1,s_2,s_3,s_4)=(-2,-3,-6,-3)$ est primal-irréalisable (seconds membres $\lt 0$) mais dual-réalisable : les coûts réduits $c_j=(1,2,3)\geq 0$. Le simplexe dual s'applique.

Itération 1. Sortante : $s_3$ (second membre le plus négatif $-6$). Sur les coefficients négatifs de la ligne ($x_1:-1,\ x_2:-1$), le test du ratio $\dfrac{c_j}{|a_{rj}|}$ donne $\min\!\big(\tfrac11,\tfrac21\big)=1$ : $x_1$ entre.

Itération 2. Après pivotage, le second membre de $s_2$ devient $-9$ : $s_2$ sort. Coefficients négatifs $x_2:-2,\ x_3:-2$, ratios $\min\!\big(\tfrac12,\tfrac52\big)=\tfrac12$ : $x_2$ entre.

Optimalité. Après ce pivot, tous les seconds membres sont $\geq 0$ (base $s_1=10,\ x_2=\tfrac92,\ x_1=\tfrac32,\ s_4=\tfrac92$) et les coûts réduits restent $\geq 0$ : la solution est optimale.

$\boxed{x^{*}=\Big(\tfrac32,\ \tfrac92,\ 0\Big),\qquad Z_{\min}=\tfrac32+2\cdot\tfrac92=\tfrac{21}{2}.}$

Les contraintes $(2)$ et $(3)$ sont saturées ($s_2=s_3=0$) ; $(1)$ et $(4)$ ne le sont pas.

Solution du dual. En écrivant $(P)$ avec toutes les contraintes en $\geq$ (la $2^{e}$ devient $-x_1+x_2+4x_3\geq 3$), le dual est

$\max\ 2y_1+3y_2+6y_3+3y_4\quad\text{s.c.}\quad\begin{cases}2y_1-y_2+y_3+2y_4\leq 1\\ 2y_1+y_2+y_3+y_4\leq 2\\ -y_1+4y_2-2y_3-2y_4\leq 3\\ y_i\geq 0.\end{cases}$

Par les écarts complémentaires : $s_1\gt 0\Rightarrow y_1=0$, $s_4\gt 0\Rightarrow y_4=0$ ; $x_1,x_2\gt 0\Rightarrow$ les deux premières contraintes duales sont saturées :

$-y_2+y_3=1,\qquad y_2+y_3=2\ \Longrightarrow\ y_3=\tfrac32,\ y_2=\tfrac12.$

$\boxed{y^{*}=\Big(0,\ \tfrac12,\ \tfrac32,\ 0\Big),\qquad \text{valeur duale}=3\cdot\tfrac12+6\cdot\tfrac32=\tfrac{21}{2}=Z_{\min}.}$

(Pour la contrainte $(2)$ initialement en $\leq$, la variable duale associée vaut $-y_2=-\tfrac12$.) La dualité forte est vérifiée.

Exercice 02

1.

$t\mapsto e^{-\alpha t}$ étant déterministe (à variation finie), la formule d'intégration par parties d'Itô donne

$dY_t=-\alpha e^{-\alpha t}X_t\,dt+e^{-\alpha t}dX_t=-\alpha e^{-\alpha t}X_t\,dt+e^{-\alpha t}\big(\alpha X_t\,dt+b\,dB_t\big).$

$\boxed{dY_t=b\,e^{-\alpha t}\,dB_t.}$

2.

En intégrant, avec $Y_0=X_0=x$ :

$Y_t=x+b\int_0^t e^{-\alpha s}\,dB_s,\qquad X_t=e^{\alpha t}Y_t=\boxed{x\,e^{\alpha t}+b\int_0^t e^{\alpha(t-s)}\,dB_s.}$

3.

L'intégrale d'Itô est centrée, donc $E(Y_t)=x$. Par l'isométrie d'Itô,

$\mathrm{Var}(Y_t)=b^2\int_0^t e^{-2\alpha s}ds=\frac{b^2}{2\alpha}\big(1-e^{-2\alpha t}\big),\qquad \boxed{E(Y_t)=x,\quad E(Y_t^2)=x^2+\frac{b^2}{2\alpha}\big(1-e^{-2\alpha t}\big).}$

4.

Pour $t\gt s$, $Y_t=Y_s+b\displaystyle\int_s^t e^{-\alpha u}\,dB_u$, d'où

$\boxed{g(u)=b\,e^{-\alpha u}.}$

5.

$Y_s$ est $\mathcal F_s$-mesurable et l'accroissement $\int_s^t g\,dB_u$ est indépendant de $\mathcal F_s$ et centré :

$\boxed{E(Y_t\mid\mathcal F_s)=Y_s,\qquad \mathrm{Var}(Y_t\mid\mathcal F_s)=\int_s^t b^2 e^{-2\alpha u}du=\frac{b^2}{2\alpha}\big(e^{-2\alpha s}-e^{-2\alpha t}\big).}$

6.

Comme $X_t=e^{\alpha t}Y_t$ :

$E(X_t\mid\mathcal F_s)=e^{\alpha t}Y_s=e^{\alpha(t-s)}X_s,$

$\mathrm{Var}(X_t\mid\mathcal F_s)=e^{2\alpha t}\,\mathrm{Var}(Y_t\mid\mathcal F_s)=\frac{b^2}{2\alpha}\big(e^{2\alpha(t-s)}-1\big).$

$\boxed{E(X_t\mid\mathcal F_s)=e^{\alpha(t-s)}X_s,\qquad \mathrm{Var}(X_t\mid\mathcal F_s)=\frac{b^2}{2\alpha}\big(e^{2\alpha(t-s)}-1\big).}$